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平均寻道长度236/8=29.5 电梯调度算法
3(38) 5(15) 7(66) 8(68) 1(99) 4(123) 6(125) 2(184) 16+23+51+2+31+24+2+59=208 平均寻道长度208/8=26
四、计算题
1、假定在单CPU条件下有下列要执行的作业：
作业 1 2 3 运行时间 10 4 3 优先级 2 3 5 作业到来的时间是按作业编号顺序进行的（即后面作业依次比前一个作业迟到一个时间单位）。 （1）用一个执行时间图描述在采用非抢占式优先级算法时执行这些作业的情况。
（2）对于上述算法，各个作业的周转时间是多少？平均周转时间是多少？
（3）对于上述算法，各个作业的带权周转时间是多少？平均带权周转时间是多少？ 1．解：
(1) 非抢占式优先级算法（3分）
作业1 作业3 作业2
| | | | t 0 10 13 17 (2) 和（3）
作业 1 2 3 到达时间 运行时间 完成时间 周转时间 0 1 2 10 4 3 10 17 13 10 16 11 带权周转时间 1.0 4.0 3.7 平均周转时间 平均带权周转时间 12.3 2.9 2、若后备作业队列中等待运行的同时有三个作业J1、J2、J3，已知它们各自的运行 时间为a、b、c，且满足a 作业周转时间。 2．证明：采用短作业优先算法调度时，三个作业的总周转时间为： T1=a+(a+b)+(a+b+c)=3a+2b+c ① 若不按短作业优先算法调度，不失一般性，设调度次序为：J2、J1、J3。则三个作业的 总周转时间为： T2=b+(b+a)+(b+a+c)=3b+2a+c ② 令②一①式得到： T2-Tl=b-a>0 可见，采用短作业优先算法调度才能获得最小平均作业周转时间。 3、若有如表所示四个作业进入系统，分别计算在FCFS、SJF和HRRF算法下的平均 周转时间与带权平均周转时间。 作业 1 2 3 4 3．答： FCFS 作业 开始 完成 周转 开始 完成 周转 开始 完成 周转 SJF HRRF 提交时间（时） 估计运行时间（分） 8:00 8:50 9:00 9:50 120 50 10 20 时间 时间 时间 时间 时间 时间 时间 时间 时间 8:00 10:00 120 1 2 3 4 10:00 10:50 120 10:50 11:00 120 11:00 11:20 90 平均周 T=112.5 转时间 带权平均W=4.975 周转时间 4、有一个四道作业的操作系统，若在一段时间内先后到达6个作业，它们的提交和估计运 行时间由下表给出： 作业 1 2 3 4 5 6 提交时间 8:00 8:20 8:25 8:30 8:35 8:40 估计运行时间（分钟） 60 35 20 25 5 10 W=3.25 W=3.775 T=95 T=102.5 8:00 10:00 120 10:30 11:20 150 10:00 10:10 70 10:10 10:30 40 8:00 10:00 120 10:10 11:00 130 10:00 10:10 70 11:00 11:20 90 系统采用剩余SJF调度算法，作业被调度进入系统后中途不会退出，但作业运行时 可被剩余时间更短作业抢占。（1）分别给出6个作业的执行时间序列、即开始执行时间、作业完成时间、作业周转时间。（2）计 算平均作业周转时间。 4．答： 需运行 作业号 提交时间 时间 J1 J2 J3 J4 J5 J6 说明： (1) J2到达时抢占J1；J3到达时抢占J2。 (2)但J4到达时，因不满足SJF，故J4不能被运行，J3继续执行5分钟。 (3)由于是4道的作业系统，故后面作业不能进入主存而在后备队列等待，直到有作业结束 (4)根据进程调度可抢占原则，J3第一个做完。而这时J5、J6均己进入后备队列，而J5可进入主存。 (5)因J5最短，故它第二个完成。这时J6方可进入主存。因J6最短，故它第三个完成。 (6)然后是：J4、J2和J1 (7)T=（155+95+20+55+15+20）/6=60 8:00 8:20 8:25 8:30 8:35 8:40 60 35 20 25 5 10 时间 8:00 8:20 8:25 9:00 8:45 8:50 25 行时间 40 30 10:35 9:55 8:45 9:25 8:50 9:00 155 95 20 55 15 20 开始运行被抢占还需运完成时间 周转时间 8:00 8:20 8:25 8:30 8:35 8:40 8:45 8:50 9:00 9:25 9:55 10:35 J1 J2 J3 就 绪 队 列 就 绪 队 列 CPU CPU CPU CPU CPU 就 绪 队 列 CPU J4 J5 CPU 后备队列 CPU